Matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak formülü kanıtlayın. Matematiksel tümevarım ilkesi

Matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak, herhangi bir doğal durum için şunu kanıtlayın: N aşağıdaki eşitlikler geçerlidir:
A) ;
B) .

Çözüm.

a) Ne zaman N= 1 eşitlik doğrudur. Eşitliğin geçerliliğini varsayarak N olsa bile geçerliliğini gösterelim. N+ 1. Aslında,

Q.E.D.

b) Ne zaman N= 1 eşitliğinin geçerliliği açıktır. Geçerliliği varsayımından N meli

Eşitlik göz önüne alındığında 1 + 2 + ... + N = N(N+ 1)/2, şunu elde ederiz

1 3 + 2 3 + ... + N 3 + (N + 1) 3 = (1 + 2 + ... + N + (N + 1)) 2 ,

yani ifade şu durumlarda da doğrudur: N + 1.

Örnek 1. Aşağıdaki eşitlikleri kanıtlayın

Çözüm. a) Ne zaman N= 1 eşitliği 1=1 formunu alacaktır, dolayısıyla, P(1) doğrudur. Bu eşitliğin doğru olduğunu, yani geçerli olduğunu varsayalım.

Böylece matematiksel tümevarım yöntemine göre orijinal eşitlik herhangi bir doğal durum için geçerlidir. N.

Not 2. Bu örnek farklı şekilde çözülebilirdi. Aslında toplam 1 + 2 + 3 + ... + N ilkinin toplamı N birinci terimle aritmetik ilerlemenin terimleri A 1 = 1 ve fark D= 1. İyi bilinen formül sayesinde , alıyoruz

b) Ne zaman N= 1 eşitliği şu şekilde olacaktır: 2 1 - 1 = 1 2 veya 1=1, yani, P(1) doğrudur. Eşitlik olduğunu varsayalım

1 + 3 + 5 + ... + (2N - 1) = N 2 ve bunun gerçekleştiğini kanıtlayınP(N + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2N - 1) + (2(N + 1) - 1) = (N+ 1) 2 veya 1 + 3 + 5 + ... + (2 N - 1) + (2N + 1) = (N + 1) 2 .

Tümevarım hipotezini kullanarak şunu elde ederiz:

1 + 3 + 5 + ... + (2N - 1) + (2N + 1) = N 2 + (2N + 1) = (N + 1) 2 .

Böylece, P(N+1) doğrudur ve dolayısıyla gerekli eşitlik kanıtlanmıştır.

Not 3. Bu örnek, matematiksel tümevarım yöntemi kullanılmadan (bir öncekine benzer şekilde) çözülebilir.

c) Ne zaman N= 1 eşitlik doğrudur: 1=1. Eşitliğin doğru olduğunu varsayalım.

d) Ne zaman N= 1 eşitlik doğrudur: 1=1. gerçekleştiğini varsayalım.

Gerçekten mi,

e) Onay P(1) doğru: 2=2. Eşitlik olduğunu varsayalım

Sonuç olarak, orijinal eşitlik her doğal durum için geçerlidir. N.

F) P(1) doğru: 1/3 = 1/3. Eşitlik olsun P(N):

Gerçekten de bunu göz önünde bulundurarak P(N) tutar, elde ederiz

Böylece eşitlik kanıtlanmış olur.

g) Ne zaman N= 1 elimizde A + B = B + A ve bu nedenle eşitlik adildir.

Newton'un binom formülü aşağıdakiler için geçerli olsun: N = k, yani,

Örnek 2. Eşitsizlikleri kanıtlayın

Çözüm. a) Ne zaman N= 1 gerçek bir eşitsizlik elde ederiz

1 + a ≥ 1 + a . Eşitsizlik olduğunu varsayalım.

Aslında a > -1, a + 1 > 0 anlamına geldiğinden, eşitsizliğin (1) her iki tarafını da (a + 1) ile çarparak şunu elde ederiz:

(1 + a) N(1 + a) ≥ (1 + N a )(1 + a ) veya (1 + a ) N + 1 ≥ 1 + (N+ 1)a + N a 2'den beri N bir 2 ≥ 0, dolayısıyla(1 + a) N + 1 ≥ 1 + (N+ 1)a + N a 2 ≥ 1 + ( N+ 1)a .

Böylece eğer P(N) doğrudur, o zaman P(N+1) doğrudur, dolayısıyla matematiksel tümevarım ilkesine göre Bernoulli eşitsizliği doğrudur.

b) Ne zaman N= 1 elde ederiz X 1 = 1 ve dolayısıyla X 1 ≥ 1 yani P(1) adil bir ifadedir. Öyleymiş gibi yapalım P(N) doğrudur, yani eğer adica ise, X 1 ,X 2 ,...,X N - NÇarpımı bire eşit olan pozitif sayılar, X 1 X 2 ·...· X N= 1 ve X 1 + X 2 + ... + X N ≥ N.

Bu cümlenin aşağıdakilerin doğruluğunu gerektirdiğini gösterelim: X 1 ,X 2 ,...,X N ,X N+1 - (N+ 1) öyle pozitif sayılar ki X 1 X 2 ·...· X N · X N+1 = 1 ise X 1 + X 2 + ... + X N + X N + 1 ≥N + 1.

Aşağıdaki iki durumu göz önünde bulundurun:

1) X 1 = X 2 = ... = X N = X N+1 = 1. Bu sayıların toplamı ( N+ 1) ve gerekli eşitsizlik sağlanır;

2) en az bir sayı birden farklıdır; örneğin birden büyük olsun. O zamandan beri X 1 X 2 · ... · X N · X N+ 1 = 1 ise birden farklı (daha doğrusu birden az) en az bir sayı daha vardır. İzin vermek X N+ 1 > 1 ve X N < 1. Рассмотрим N pozitif sayılar

Çünkü

(1 - X N)(X N+1 - 1) > 0 ise N + X N + X N+1 - X N X N+1 = N + 1 + X N+1 (1 - X N) - 1 + X N =
= N + 1 + X N+1 (1 - X N) - (1 - X N) = N + 1 + (1 - X N)(X N+1 - 1) ≥ N+ 1. Bu nedenle, X 1 + X 2 + ... + X N + X N+1 ≥ N+1, eğer P(N) doğrudur, o haldeP(N+ 1) adil. Eşitsizlik kanıtlandı.

Not 4. Eşittir işareti ancak ve ancak şu durumlarda geçerlidir: X 1 = X 2 = ... = X N = 1.

c) İzin ver X 1 ,X 2 ,...,X N- keyfi pozitif sayılar. Aşağıdakileri göz önünde bulundur N pozitif sayılar:

Not 5. Eşitlik ancak ve ancak şu durumlarda geçerlidir: X 1 = X 2 = ... = X N .

D) P(1) doğru bir ifadedir: sin 2 a + cos 2 a = 1. Diyelim ki P(N) doğru bir ifadedir:

Günah 2 N a + çünkü 2 N a ≤ 1 ve ne olacağını gösterP(N+ 1). Gerçekten mi, günah 2( N+ 1) a + çünkü 2( N+ 1) a = günah 2 N a günah 2 a + çünkü 2 N a cos 2 a< sin 2N a + çünkü 2 N a ≤ 1 (eğer günah 2 a ≤ 1 ise cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1 ise günah 2 a < 1). Таким образом, для любого N HAKKINDA N günah 2 N a + çünkü 2 N ≤ 1 ve eşitlik işareti yalnızca şu durumlarda elde edilir:N = 1.

e) Ne zaman N= 1 ifade doğrudur: 1< 3 / 2 .

Diyelim ki ve bunu kanıtlayacağız

f) 1. açıklamayı dikkate alarak kontrol edelim P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, dolayısıyla N= 10 ifade doğrudur. Diyelim ki 2 N > N 3 (N> 10) ve kanıtlayın P(N+1), yani 2 N+1 > (N + 1) 3 .

Ne zamandan beri N> 10 elimizde veya , bunu takip ediyor

2N 3 > N 3 + 3N 2 + 3N+ 1 veya N 3 > 3N 2 + 3N + 1. Eşitsizlik göz önüne alındığında (2 N > N 3), 2 elde ederiz N+1 = 2 N·2 = 2 N + 2 N > N 3 + N 3 > N 3 + 3N 2 + 3N + 1 = (N + 1) 3 .

Böylece, matematiksel tümevarım yöntemine göre, herhangi bir doğal durum için N HAKKINDA N, N≥ 10 bizde 2 tane var N > N 3 .

Örnek 3. Bunu herkese kanıtla N HAKKINDA N

Çözüm. A) P(1) doğru bir ifadedir (0, 6'ya bölünür). İzin vermek P(N) adil, yani N(2N 2 - 3N + 1) = N(N - 1)(2N- 1) 6'ya bölünebilir. O zaman bunun gerçekleştiğini gösterelim. P(N+ 1), yani, ( N + 1)N(2N+ 1) 6'ya bölünebilir.

Böylece, P(N+1) adil bir ifadedir ve bu nedenle N(2N 2 - 3N+ 1) herhangi biri için 6'ya bölünebilir N HAKKINDA N.

b) Kontrol edelim P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, dolayısıyla, P(1) adil bir ifadedir. Kanıtlanmalıdır ki eğer 6 2 N-2 + 3 N+1 + 3 N-1, 11'e bölünür ( P(N)) sonra 6 2 N + 3 N+2 + 3 N 11'e de bölünebilir ( P(N+ 1)). Gerçekten de o zamandan beri

6 2N + 3 N+2 + 3 N = 6 2N-2+2 + 3 N+1+1 + 3 N-1+1 = = 6 2 6 2 N-2 + 3 3 N+1 + 3 3 N-1 = 3·(6 2 N-2 + 3 N+1 + 3 N-1) + 33 6 2 N-2 ve 6 2 gibi N-2 + 3 N+1 + 3 N-1 ve 33 6 2 N-2 11'e bölünüyorsa toplamları 6 olur 2N + 3 N+2 + 3 N 11'e bölünebilir. İfade kanıtlanmıştır. Geometride indüksiyon

Örnek 4. Doğru 2'nin kenarını hesapla N-yarıçaplı bir daire içine yazılmış bir üçgen R.

Bibliyografik açıklama: Badanin A. S., Sizova M. Yu. Doğal sayıların bölünebilirliği ile ilgili problemlerin çözümünde matematiksel tümevarım yönteminin uygulanması // Genç bilim adamı. 2015. No.2. S. 84-86..02.2019).

Matematik olimpiyatlarında doğal sayıların bölünebilirliğini kanıtlamak için genellikle oldukça zor problemler vardır. Okul çocukları bir sorunla karşı karşıyadır: Bu tür sorunları çözmelerine olanak tanıyan evrensel bir matematik yöntemi nasıl bulunur?

Bölünebilirliğin kanıtlanmasındaki problemlerin çoğunun matematiksel tümevarım yöntemiyle çözülebileceği ortaya çıktı, ancak okul ders kitapları bu yönteme çok az dikkat ediyor; çoğunlukla kısa bir teorik açıklama veriliyor ve çeşitli problemler analiz ediliyor.

Matematiksel tümevarım yöntemini sayılar teorisinde buluyoruz. Sayı teorisinin şafağında, matematikçiler birçok olguyu tümevarım yoluyla keşfettiler: L. Euler ve K. Gauss, sayısal bir modeli fark edip ona inanmadan önce bazen binlerce örneği değerlendirdiler. Ancak aynı zamanda “son” testi geçen hipotezlerin ne kadar yanıltıcı olabileceğini de anladılar. Sonlu bir alt küme için doğrulanan bir ifadeden tüm sonsuz küme için benzer bir ifadeye tümevarımsal olarak geçmek için bir kanıt gereklidir. Bu yöntem, herhangi bir tam sayının başka bir tam sayıya bölünebilirliğinin işaretlerini bulmak için genel bir algoritma bulan Blaise Pascal tarafından önerildi (“Sayıların bölünebilirliğinin doğası üzerine” incelemesi).

Matematiksel tümevarım yöntemi, tüm doğal sayılar için belirli bir ifadenin doğruluğunu veya belirli bir n sayısından başlayan bir ifadenin doğruluğunu akıl yürüterek kanıtlamak için kullanılır.

Matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak belirli bir ifadenin doğruluğunu kanıtlamaya yönelik problemleri çözmek dört aşamadan oluşur (Şekil 1):

Pirinç. 1. Sorunu çözme şeması

1. İndüksiyon temeli . İfadenin anlamlı olduğu en küçük doğal sayı için ifadenin geçerliliğini kontrol ederler.

2. Endüktif hipotez . İfadenin k'nin bir değeri için doğru olduğunu varsayalım.

3. İndüksiyon geçişi . İfadenin k+1 için doğru olduğunu kanıtlıyoruz.

4. Çözüm . Eğer böyle bir kanıt tamamlanmışsa, matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, ifadenin herhangi bir n doğal sayısı için doğru olduğu ileri sürülebilir.

Doğal sayıların bölünebilirliğini kanıtlama problemlerinin çözümünde matematiksel tümevarım yönteminin uygulanmasını ele alalım.

örnek 1. n'nin bir doğal sayı olduğu 5 sayısının 19'un katı olduğunu kanıtlayın.

Kanıt:

1) Bu formülün n = 1 için doğru olup olmadığını kontrol edelim: =19 sayısı 19'un katıdır.

2) Bu formül n = k için doğru olsun, yani sayı 19'un katıdır.

19'un katıdır. Aslında ilk terim (2) varsayımı gereği 19'a bölünebilmektedir; ikinci terim de 19'a bölünebilir çünkü 19'un çarpanını içerir.

Örnek 2. Ardışık üç doğal sayının küpleri toplamının 9'a bölünebildiğini kanıtlayın.

Kanıt:

Şu ifadeyi kanıtlayalım: “Herhangi bir n doğal sayısı için n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 ifadesi 9'un katıdır.

1) Bu formülün n = 1 için doğru olup olmadığını kontrol edelim: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 9'un katları.

2) Bu formül n = k için doğru olsun, yani k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 9'un katıdır.

3) Formülün n = k + 1 için de doğru olduğunu kanıtlayalım, yani (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3, 9'un katıdır. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9(k 2 +3k+ 3).

Ortaya çıkan ifade, her biri 9'a bölünebilen iki terim içerir, dolayısıyla toplam 9'a bölünebilir.

4) Matematiksel tümevarım ilkesinin her iki koşulu da karşılanmıştır, dolayısıyla cümle n'nin tüm değerleri için doğrudur.

Örnek 3. Herhangi bir n doğal sayısı için 3 2n+1 +2 n+2 sayısının 7'ye bölünebileceğini kanıtlayın.

Kanıt:

1) Bu formülün n = 1 için doğru olup olmadığını kontrol edelim: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35, 7'nin katıdır.

2) Bu formül n = k için doğru olsun, yani 3 2 k +1 +2 k +2 7'ye bölünür.

3) Formülün n = k + 1 için de doğru olduğunu kanıtlayalım;

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 ·3 2 +2 k +2 ·2 1 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·2 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·(9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2)·9–7·2 k +2 .T. k (3 2 k +1 +2 k +2) 9 7'ye ve 7 2 k +2 7'ye bölünür, sonra farkları 7'ye bölünür.

4) Matematiksel tümevarım ilkesinin her iki koşulu da karşılanmıştır, dolayısıyla cümle n'nin tüm değerleri için doğrudur.

Doğal sayıların bölünebilirliği teorisindeki birçok ispat problemi matematiksel tümevarım yöntemi kullanılarak rahatlıkla çözülebilir; hatta bu yöntemle problem çözmenin tamamen algoritmik olduğu bile söylenebilir; Ancak bu yöntem evrensel olarak adlandırılamaz çünkü dezavantajları da vardır: birincisi, yalnızca bir dizi doğal sayı üzerinde kanıtlanabilir ve ikincisi, yalnızca bir değişken için kanıtlanabilir.

Mantıksal düşünmenin ve matematik kültürünün gelişimi için bu yöntem gerekli bir araçtır, çünkü büyük Rus matematikçi A. N. Kolmogorov şunları söyledi: “Matematiksel tümevarım ilkesini anlamak ve doğru bir şekilde uygulama yeteneği, mantıksal olgunluğun iyi bir kriteridir ve bu kesinlikle gereklidir. bir matematikçi için gerekli.”

Edebiyat:

1. Vilenkin N. Ya. İndüksiyon. Kombinatorik. - M.: Eğitim, 1976. - 48 s.

2. Genkin L. Matematiksel tümevarım üzerine. - M., 1962. - 36 s.

3. Solominsky I. S. Matematiksel tümevarım yöntemi. - M .: Nauka, 1974. - 63 s.

4. Sharygin I.F. Matematikte seçmeli ders: Problem çözme: 10. sınıf ders kitabı. okul ortalaması - M.: Eğitim, 1989. - 252 s.

5. Shen A. Matematiksel tümevarım. - M .: MTsNMO, 2007. - 32 s.

Matematiksel tümevarım yöntemi

giriiş

Ana bölüm

1. Tam ve eksik indüksiyon
2. Matematiksel tümevarım ilkesi
3. Matematiksel tümevarım yöntemi
4. Örnekleri Çözme
5. Eşitlikler
6. Sayıları bölme
7. Eşitsizlikler

Çözüm

Kullanılmış literatür listesi

giriiş

Herhangi bir matematiksel araştırmanın temeli tümdengelim ve tümevarım yöntemleridir. Tümdengelimli akıl yürütme yöntemi genelden özele doğru akıl yürütmektir, yani. Başlangıç ​​noktası genel sonuç, son noktası ise özel sonuç olan akıl yürütmedir. Tümevarım, belirli sonuçlardan genel sonuçlara geçerken kullanılır; tümdengelim yönteminin tersidir.

Matematiksel tümevarım yöntemi ilerlemeyle karşılaştırılabilir. En aşağıdan başlarız ve mantıksal düşünmenin sonucunda en yükseğe çıkarız. İnsan her zaman ilerleme, düşüncelerini mantıksal olarak geliştirme yeteneği için çabalamıştır; bu, doğanın kendisinin onu tümevarımsal düşünmeye mahkum ettiği anlamına gelir.

Matematiksel tümevarım yönteminin uygulama kapsamının artmasına rağmen, okul müfredatında buna çok az zaman ayrılmıştır. Peki, bana, beş kelimelik teori duyacağı, beş ilkel problemi çözeceği ve sonuç olarak hiçbir şey bilmediği için A alacağı bu iki veya üç dersin bir kişi için faydalı olacağını söyleyin.

Ancak tümevarımsal düşünebilmek çok önemlidir.

Ana bölüm

Orijinal anlamında “tümevarım” kelimesi, bir dizi spesifik ifadeye dayanarak genel sonuçların elde edildiği akıl yürütmeye uygulanır. Bu tür akıl yürütmenin en basit yöntemi tam tümevarımdır. İşte böyle bir akıl yürütmenin bir örneği.

4'ün içindeki her çift doğal sayının (n) olduğunu tespit etmek gerekli olsun.< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

Bu dokuz eşitlik, ilgilendiğimiz sayıların her birinin aslında iki basit terimin toplamı olarak temsil edildiğini gösteriyor.

Dolayısıyla tam tümevarım, genel ifadenin sonlu sayıda olası durumların her birinde ayrı ayrı kanıtlanmasından oluşur.

Bazen genel sonuç, tümü değil, yeterince çok sayıda özel durum (eksik tümevarım olarak adlandırılır) dikkate alındıktan sonra tahmin edilebilir.

Eksik tümevarımla elde edilen sonuç, tüm özel durumları kapsayan kesin matematiksel akıl yürütmeyle kanıtlanıncaya kadar yalnızca bir hipotez olarak kalır. Başka bir deyişle, matematikte eksik tümevarım, kesin kanıtlamanın meşru bir yöntemi olarak görülmez, ancak yeni gerçekleri keşfetmenin güçlü bir yöntemidir.

Örneğin ardışık ilk n tek sayının toplamını bulmak istiyorsunuz. Özel durumları ele alalım:

1+3+5+7+9=25=5 2

Bu birkaç özel durumu değerlendirdikten sonra aşağıdaki genel sonuç ortaya çıkıyor:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

onlar. ardışık ilk n tek sayının toplamı n 2'dir

Elbette yapılan gözlem henüz verilen formülün geçerliliğinin kanıtı olamaz.

Tam tümevarım matematikte yalnızca sınırlı uygulamalara sahiptir. Birçok ilginç matematiksel ifade sonsuz sayıda özel durumu kapsar, ancak bunları sonsuz sayıda durum için test edemeyiz. Eksik tümevarım sıklıkla hatalı sonuçlara yol açar.

Çoğu durumda, bu tür zorluklardan kurtulmanın yolu, matematiksel tümevarım yöntemi adı verilen özel bir akıl yürütme yöntemine başvurmaktır. Aşağıdaki gibidir.

Herhangi bir n doğal sayısı için belirli bir ifadenin geçerliliğini kanıtlamanız gerektiğini varsayalım (örneğin, ilk n tek sayıların toplamının n 2'ye eşit olduğunu kanıtlamanız gerekir). Doğal sayılar kümesi sonsuz olduğundan, n'nin her değeri için bu ifadenin doğrudan doğrulanması imkansızdır. Bu ifadeyi kanıtlamak için öncelikle n=1 için geçerliliğini kontrol edin. Daha sonra, k'nin herhangi bir doğal değeri için, söz konusu ifadenin n=k için geçerliliğinin, onun n=k+1 için de geçerliliğini gerektirdiğini kanıtlarlar.

Daha sonra ifadenin tümü için kanıtlanmış olduğu kabul edilir. Aslında bu ifade n=1 için doğrudur. Ama bu aynı zamanda bir sonraki n=1+1=2 sayısı için de doğrudur. İfadenin n=2 için geçerliliği, n=2+ için de geçerliliği anlamına gelir

1=3. Bu, n=4 vb. için ifadenin geçerliliğini ima eder. Sonunda herhangi bir n doğal sayısına ulaşacağımız açıktır. Bu, ifadenin herhangi bir n için doğru olduğu anlamına gelir.

Söylenenleri özetleyerek aşağıdaki genel prensibi formüle ediyoruz.

Matematiksel tümevarım ilkesi.

Bir n doğal sayısına bağlı olarak bir A(n) cümlesi n=1 için doğruysa ve n=k için de doğru olması (burada k herhangi bir doğal sayıdır) için de doğru olduğu sonucu çıkar. sonraki sayı n=k +1 ise, herhangi bir n doğal sayısı için A(n) varsayımı doğrudur.

Bazı durumlarda, belirli bir ifadenin geçerliliğinin tüm doğal sayılar için değil, yalnızca p'nin sabit bir doğal sayı olduğu n>p için kanıtlanması gerekli olabilir. Bu durumda matematiksel tümevarım ilkesi aşağıdaki gibi formüle edilir.

A(n) önermesi n=p için doğruysa ve herhangi bir k>p için A(k)ÞA(k+1) ise, o zaman A(n) önermesi herhangi bir n>p için doğrudur.

Matematiksel tümevarım yöntemini kullanan ispat aşağıdaki şekilde gerçekleştirilir. İlk olarak kanıtlanacak ifadenin n=1 olup olmadığı kontrol edilir, yani. A(1) ifadesinin doğruluğu kanıtlanmıştır. İspatın bu kısmına tümevarım temeli denir. Daha sonra ispatın tümevarım adımı adı verilen kısmı gelir. Bu bölümde, n=k ifadesinin geçerliliği varsayımı altında (tümevarım varsayımı), yani n=k+1 ifadesinin geçerliliğini kanıtlarlar. A(k)ÞA(k+1) olduğunu kanıtlayın.

1+3+5+…+(2n-1)=n 2 olduğunu kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=1=1 2 elimizde. Buradan,

ifade n=1 için doğrudur, yani. A(1) doğrudur.

2) A(k)ÞA(k+1) olduğunu kanıtlayalım.

K herhangi bir doğal sayı olsun ve ifade n=k için doğru olsun;

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

O zaman bu ifadenin bir sonraki doğal sayı olan n=k+1 için de doğru olduğunu kanıtlayalım; Ne

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Aslında,

1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .

Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, A(n) varsayımının herhangi bir nÎN için doğru olduğu sonucuna varırız.

Kanıtla

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), burada x¹1

Çözüm: 1) n=1 için şunu elde ederiz:

1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

dolayısıyla n=1 için formül doğrudur; A(1) doğrudur.

2) k herhangi bir doğal sayı olsun ve formül n=k için doğru olsun;

1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1).

O halde eşitliği kanıtlayalım

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).

Aslında

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).

Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, formülün herhangi bir n doğal sayısı için doğru olduğu sonucuna varıyoruz.

Dışbükey bir n-gon'un köşegen sayısının n(n-3)/2'ye eşit olduğunu kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=3 için ifade doğrudur

Ve 3 anlamlı çünkü bir üçgende

 A 3 =3(3-3)/2=0 köşegenler;

A 2 A(3) doğrudur.

2) Diyelim ki her durumda

dışbükey bir k-gon vardır-

A 1 x A k =k(k-3)/2 köşegenleri.

Ve k Bunu dışbükeyde kanıtlayalım

(k+1)-gon numarası

köşegenler A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 bir dışbükey (k+1)-gon olsun. İçine bir A 1 A k köşegeni çizelim. Bu (k+1)-gon'un toplam köşegen sayısını hesaplamak için, k-gon A 1 A 2 ...A k'deki köşegenlerin sayısını saymanız, elde edilen sayıya k-2'yi eklemeniz gerekir, yani. A k+1 köşesinden çıkan (k+1)-gon köşegenlerinin sayısı ve ayrıca A 1 A k köşegeni dikkate alınmalıdır.

Böylece,

 k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.

Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesi nedeniyle bu ifade herhangi bir dışbükey n-gon için doğrudur.

Herhangi bir n için aşağıdaki ifadenin doğru olduğunu kanıtlayın:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman

X 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1.

Bu, n=1 için ifadenin doğru olduğu anlamına gelir.

2) n=k olduğunu varsayalım

X k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.

3) n=k+1 için bu ifadeyi düşünün

X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k (k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+

6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

Eşitliğin n=k+1 için doğru olduğunu kanıtladık, dolayısıyla matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde bu ifade herhangi bir n doğal sayısı için doğrudur.

Herhangi bir n doğal sayısı için eşitliğin doğru olduğunu kanıtlayın:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Çözüm: 1) n=1 olsun.

O halde X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

n=1 için ifadenin doğru olduğunu görüyoruz.

2) Eşitliğin n=k için doğru olduğunu varsayalım.

X k =k 2 (k+1) 2/4.

3) Bu ifadenin doğruluğunu n=k+1 için kanıtlayalım;

X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2/4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4.

Yukarıdaki kanıttan, ifadenin n=k+1 için doğru olduğu açıktır, dolayısıyla eşitlik herhangi bir n doğal sayısı için de doğrudur.

Kanıtla

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), burada n>2.

Çözüm: 1) n=2 için özdeşlik şöyle görünür: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

onlar. bu doğru.

2) İfadenin n=k için doğru olduğunu varsayalım

(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).

3) n=k+1 için ifadenin doğruluğunu kanıtlayalım.

(((2 3 +1)/(2 3 -1))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1)))´(((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1))´((k+2)((k+

1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2'

`((k+1) 2 +(k+1)+1).

Eşitliğin n=k+1 için doğru olduğunu kanıtladık, dolayısıyla matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde bu ifade herhangi bir n>2 için doğrudur.

Kanıtla

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)

herhangi bir doğal n için

Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.

2) Varsayalım ki n=k, o zaman

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).

3) Bu ifadenin doğruluğunu n=k+1 için kanıtlayalım.

(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3).

n=k+1 eşitliğinin geçerliliği de kanıtlanmıştır, dolayısıyla ifade herhangi bir n doğal sayısı için doğrudur.

Kimliğin doğru olduğunu kanıtlayın

(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)

herhangi bir doğal n için

1) n=1 için özdeşlik doğrudur 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Varsayalım ki n=k için

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).

3) n=k+1 için özdeşliğin doğru olduğunu kanıtlayalım.

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1))´((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1).

Yukarıdaki kanıttan, ifadenin herhangi bir n doğal sayısı için doğru olduğu açıktır.

(11 n+2 +12 2n+1)'in 133'e kalansız bölünebileceğini kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23´133.

Ancak (23'133) 133'e kalansız bölünebilir, bu da n=1 için ifadenin doğru olduğu anlamına gelir; A(1) doğrudur.

2) (11 k+2 +12 2k+1)'in 133'e kalansız bölünebildiğini varsayalım.

3) Bu durumda şunu kanıtlayalım:

(11 k+3 +12 2k+3), 133'e kalansız bölünebilir. Aslında, 11 k+3 +12 2l+3 =11'11 k+2 +12 2' 12 2k+1 =11'11 k+2 +

+(11+133)'12 2k+1 =11(11k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .

İlk terimi varsayımla 133'e kalansız bölünebildiğinden, elde edilen toplam 133'e kalansız bölünür, çarpanlardan ikincisinde ise 133 olur. Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde bu ifade kanıtlanmıştır.

Herhangi bir n 7 için n -1'in 6'ya kalansız bölünebileceğini kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=1 olsun, X 1 =7 1 -1=6, kalansız olarak 6'ya bölünür. Bu, n=1 olduğunda ifadenin doğru olduğu anlamına gelir.

2) Varsayalım ki n=k için

7 k -1, 6'ya kalansız bölünebilir.

3) n=k+1 için ifadenin doğru olduğunu kanıtlayalım.

X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k -1)+6.

7 k -1 varsayımla 6'ya bölünebildiği için ilk terim 6'ya bölünebilir ve ikinci terim 6'dır. Bu, 7 n -1'in herhangi bir doğal n için 6'nın katı olduğu anlamına gelir. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade kanıtlanmıştır.

Rasgele bir doğal n için 3 3n-1 +2 4n-3'ün 11'e bölünebileceğini kanıtlayın.
Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11, kalansız olarak 11'e bölünür. Bu, n=1 için ifadenin doğru olduğu anlamına gelir.

2) Varsayalım ki n=k için

X k =3 3k-1 +2 4k-3, 11'e kalansız bölünebilir.

3) n=k+1 için ifadenin doğru olduğunu kanıtlayalım.

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3´ 3 3k-1 +2 4´ 2 4k-3 =

27'3 3k-1 +16'2 4k-3 =(16+11)'3 3k-1 +16'2 4k-3 =16'3 3k-1 +

11'3 3k-1 +16'2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11'3 3k-1 .

İlk terim 11'e kalansız bölünebilir, çünkü 3 3k-1 +2 4k-3 varsayımla 11'e bölünebilir, ikincisi ise 11'e bölünebilir çünkü çarpanlarından biri 11 sayısıdır. Bu, toplamın olduğu anlamına gelir. herhangi bir n doğal sayısı için 11'e kalansız bölünebilir. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade kanıtlanmıştır.

Rasgele bir doğal n için 11 2n -1'in 6'ya kalansız bölünebileceğini kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman 11 2 -1=120 6'ya kalansız bölünebilir. Bu, n=1 olduğunda ifadenin doğru olduğu anlamına gelir.

2) Varsayalım ki n=k için

11 2k -1, 6'ya kalansız bölünebilir.

11 2(k+1) -1=121'11 2k -1=120'11 2k +(11 2k -1).

Her iki terim de 6'ya kalansız bölünebilir: birincisi 6'nın bir katını, 120 sayısını içerir ve ikincisi varsayım gereği 6'ya kalansız bölünebilir. Bu, toplamın 6'ya kalansız bölünebileceği anlamına gelir. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade kanıtlanmıştır.

Rastgele bir n doğal sayısı için 3 3n+3 -26n-27'nin 26 2 (676)'ya kalansız bölünebileceğini kanıtlayın.

Çözüm: Öncelikle 3 3n+3 -1'in 26'ya kalansız bölünebileceğini kanıtlıyoruz.

1. n=0 olduğunda

3 3 -1=26, 26'ya bölünür

2. Diyelim ki n=k için

3 3k+3 -1 26'ya bölünebilir

3. Bu ifadenin olduğunu kanıtlayalım

n=k+1 için doğrudur.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) – bölü 26

Şimdi problem cümlesinde formüle edilen ifadenin ispatını yapalım.

1) Açıkçası, n=1 olduğunda ifade doğrudur

3 3+3 -26-27=676

2) Varsayalım ki n=k için

3 3k+3 -26k-27 ifadesi 26 2'ye kalansız olarak bölünür.

3) n=k+1 için ifadenin doğru olduğunu kanıtlayalım.

3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).

Her iki terim de 26 2'ye bölünebilir; birincisi 26 2'ye bölünebilir çünkü parantez içindeki ifadenin 26'ya bölünebileceğini, ikincisinin ise tümevarım hipoteziyle bölünebileceğini kanıtladık. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade kanıtlanmıştır.

Eğer n>2 ve x>0 ise eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın

(1+x) n >1+n'x.

Çözüm: 1) n=2 için eşitsizlik geçerlidir, çünkü

(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x.

O halde A(2) doğrudur.

2) k> 2 ise A(k)ÞA(k+1) olduğunu kanıtlayalım. A(k)’nın doğru olduğunu yani eşitsizliğin eşit olduğunu varsayalım.

(1+x) k >1+k'x. (3)

O halde A(k+1)'in de doğru olduğunu, yani eşitsizliğin geçerli olduğunu kanıtlayalım.

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Aslında eşitsizliğin (3) her iki tarafını da 1+x pozitif sayısıyla çarparak şunu elde ederiz:

(1+x) k+1 >(1+k'x)(1+x).

Son eşitsizliğin sağ tarafını ele alalım

stva; sahibiz

(1+k'x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.

Sonuç olarak şunu anlıyoruz

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak Bernoulli eşitsizliğinin herhangi bir durum için doğru olduğu ileri sürülebilir.

Eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın

a> 0 için (1+a+a 2) m > 1+m'a+(m(m+1)/2)'a 2.

Çözüm: 1) m=1 olduğunda

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 her iki taraf da eşittir.

2) Varsayalım ki m=k için

(1+a+a 2) k >1+k'a+(k(k+1)/2)'a 2

3) m=k+1 için eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayalım

(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k´a+

+(k(k+1)/2)'a 2)=1+(k+1)'a+((k(k+1)/2)+k+1)'a 2 +

+((k(k+1)/2)+k)´a 3 +(k(k+1)/2)´a 4 > 1+(k+1)´a+

+((k+1)(k+2)/2)'a 2 .

Eşitsizliğin m=k+1 için geçerliliğini kanıtladık, dolayısıyla matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde eşitsizlik herhangi bir doğal m için geçerlidir.

n>6 için eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın

3 n >n'2 n+1 .

Çözüm: Eşitsizliği formda yeniden yazalım.

1. n=7 için elimizde

3 7 /2 7 =2187/128>14=2'7

eşitsizlik doğrudur.

2. Diyelim ki n=k için

3) n=k+1 için eşitsizliğin geçerliliğini kanıtlayalım.

3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).

k>7 olduğundan son eşitsizlik açıktır.

Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde eşitsizlik herhangi bir n doğal sayısı için geçerlidir.

n>2 için eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).

Çözüm: 1) n=3 için eşitsizlik doğrudur

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).

1. Diyelim ki n=k için

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k).

3) Olmayanların geçerliliğini kanıtlayalım.

n=k+1 için eşitlik

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).

1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2) olduğunu kanıtlayalım.<1,7-(1/k+1)Û

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ

Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

İkincisi açıktır ve bu nedenle

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1).

Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde eşitsizlik kanıtlanmıştır.

Çözüm

Özellikle matematiksel tümevarım yöntemini inceleyerek matematiğin bu alanındaki bilgimi artırdım ve ayrıca daha önce gücümün ötesinde olan problemleri çözmeyi de öğrendim.

Bunlar çoğunlukla mantıklı ve eğlenceli görevlerdi; sadece bir bilim olarak matematiğin kendisine olan ilgiyi artıranlar. Bu tür problemleri çözmek eğlenceli bir aktivite haline gelir ve giderek daha fazla meraklı insanı matematik labirentlerine çekebilir. Bana göre bu herhangi bir bilimin temelidir.

Matematiksel tümevarım yöntemini incelemeye devam ederek, onu sadece matematikte değil, aynı zamanda fizik, kimya ve yaşamın kendisindeki problemlerin çözümünde de nasıl uygulayacağımı öğrenmeye çalışacağım.

MATEMATİK:

DERSLER, SORUNLAR, ÇÖZÜMLER

Ders Kitabı / V.G. Boltyansky, Yu.V. Shabunin. Potpuri LLC 1996.

CEBİR VE ANALİZİN BAŞLANGIÇLARI

Ders Kitabı / I.T.Demidov, A.N.Kolmogorov, S.I.Shvartsburg, O.S.Ivashev-Musatov, B.E. “Aydınlanma” 1975.

Tümevarım, belirli gözlemlerden genel bir ifade elde etme yöntemidir. Matematiksel bir ifadenin sonlu sayıda nesneyi ilgilendirmesi durumunda bu, her nesne için test yapılarak kanıtlanabilir. Örneğin, "Her iki basamaklı çift sayı, iki asal sayının toplamıdır" ifadesi, kurulması oldukça mümkün olan bir dizi eşitlikten kaynaklanır:

10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.

Bir ifadenin tüm olasılıkları tüketen sonlu sayıda durum için doğrulandığı bir ispat yöntemine tam tümevarım denir. Bu yöntem nispeten nadiren kullanılır, çünkü matematiksel ifadeler kural olarak sonlu değil sonsuz nesne kümeleriyle ilgilidir. Örneğin, yukarıda tam tümevarımla kanıtlanmış iki basamaklı çift sayılar hakkındaki ifade şu teoremin yalnızca özel bir durumudur: "Herhangi bir çift sayı, iki asal sayının toplamıdır." Bu teorem henüz kanıtlanmadı veya çürütülmedi.

Matematiksel tümevarım, matematiksel tümevarım ilkesine dayalı olarak herhangi bir n doğal sayısı için belirli bir ifadeyi kanıtlama yöntemidir: “Eğer bir ifade n=1 için doğruysa ve onun n=k için geçerliliği, bu ifadenin n=k için de geçerliliğini ima ediyorsa +1, bu durumda tüm n " için doğrudur Matematiksel tümevarımla ispat yöntemi aşağıdaki gibidir:

1) tümevarım temeli: n=1 (bazen n=0 veya n=n 0) için ifadenin geçerliliğini kanıtlar veya doğrudan kontrol ederler;

2) tümevarım adımı (geçiş): n=k doğal sayısı için ifadenin geçerliliğini varsayarlar ve bu varsayıma dayanarak n=k+1 için ifadenin geçerliliğini kanıtlarlar.

Çözümlerle ilgili sorunlar

1. Herhangi bir n doğal sayısı için 3 2n+1 +2 n+2 sayısının 7'ye bölünebileceğini kanıtlayın.

A(n)=3 2n+1 +2 n+2'yi gösterelim.

İndüksiyon tabanı. Eğer n=1 ise, A(1)=3 3 +2 3 =35 ve açıkçası 7'ye bölünebilir.

İndüksiyon Varsayımı. A(k) 7'ye bölünebilir olsun.

İndüksiyon geçişi. A(k+1)'in 7'ye bölünebilir olduğunu, yani problemin n=k için ifadesinin geçerliliğini kanıtlayalım.

A(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2 ·2=

3 2k+1 9+2 k+2 (9–7)=(3 2k+1 +2 k+2) 9–7 2 k+2 =9 A(k)–7 2 k +2.

Son sayı, 7'ye bölünebilen iki tam sayının farkı olduğundan 7'ye bölünebilir. Bu nedenle, herhangi bir n doğal sayısı için 3 2n+1 +2 n+2, 7'ye bölünebilir.

2. Herhangi bir n doğal sayısı için 2 3 n +1 sayısının 3 n+1'e bölünebildiğini ve 3 n+2'ye bölünmediğini kanıtlayın.

Şimdi gösterimi tanıtalım: a i =2 3 i +1.

n=1 için elimizde 1 =2 3 +1=9 var. Yani 1, 3 2'ye bölünebilir ve 3 3'e bölünemez.

n=k için a k sayısının 3 k+1'e bölünebildiğini ve 3 k+2'ye bölünmediğini varsayalım, yani a k ​​=2 3 k +1=3 k+1 m olsun, burada m 3'e bölünemez.

ve k+1 =2 3 k+1 +1=(2 3 k) 3 +1=(2 3 k +1)(2 3 k ·2 –2 3 k +1)=3 k+1 ·m· ((2 3 k +1) 2 –3·2 3 k)=3 k+1 ·m·((3 k+1 ·m) 2 –3·2 3 k)=

3 k+2 ·m·(3 2k+1 ·m 2 –2 3 k).

Açıkçası, bir k+1 3 k+2'ye bölünebilir ve 3 k+3'e bölünemez.

Bu nedenle ifade herhangi bir n doğal sayısı için kanıtlanmıştır.

3. x+1/x'in bir tam sayı olduğu bilinmektedir. x n +1/x n'nin de herhangi bir n tamsayısı için bir tamsayı olduğunu kanıtlayın.

a i =х i +1/х i gösterimini tanıtalım ve hemen a i =а –i olduğunu not edelim, böylece doğal indekslerden bahsetmeye devam edeceğiz.

Not: 1, kurallara göre bir tamsayıdır; ve 2 bir tamsayıdır, çünkü a 2 = (a 1) 2 –2; ve 0 =2.

a k'nın, n'yi aşmayan herhangi bir k doğal sayısı için bir tam sayı olduğunu varsayalım. O halde a 1 ·a n bir tam sayıdır, ancak a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 ve a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Ancak tümevarım hipotezine göre n-1 bir tamsayıdır. Bu, n+1'in aynı zamanda bir tam sayı olduğu anlamına gelir. Bu nedenle, x n +1/x n herhangi bir n tamsayısı için bir tam sayıdır ve bunun kanıtlanması gerekir.

4. 1'den büyük herhangi bir doğal sayı için çift eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın

5. Doğal n > 1 ve |x| için bunu kanıtlayın

(1–x)n +(1+x)n

n=2 için eşitsizlik doğrudur. Gerçekten mi,

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2

Eşitsizlik n=k için doğruysa, n=k+1 için şunu elde ederiz:

(1–x) k+1 +(1+x) k+1

Eşitsizlik herhangi bir n > 1 doğal sayısı için kanıtlanmıştır.

6. Bir düzlemde n adet daire vardır. Bu dairelerin herhangi bir düzenlemesinde oluşturdukları haritanın iki renkle doğru şekilde renklendirilebileceğini kanıtlayın.

Matematiksel tümevarım yöntemini kullanalım.

n=1 için ifade açıktır.

Bu ifadenin n daireden oluşan herhangi bir harita için doğru olduğunu varsayalım ve düzlemde n+1 daire olsun. Bu dairelerden birini kaldırarak, yapılan varsayıma göre iki renkle doğru şekilde renklendirilebilecek bir harita elde ediyoruz (aşağıdaki ilk resme bakın).

Daha sonra atılan daireyi eski durumuna getirelim ve bir tarafında, örneğin iç kısmında, her alanın rengini diğer tarafa değiştirelim (ikinci resme bakınız). Bu durumda iki renkle doğru renklendirilmiş bir harita elde edeceğimizi görmek kolaydır, ancak şimdi yalnızca n+1 daire için, bunun kanıtlanması gerekiyor.

7. Aşağıdaki koşullar yerine getirilirse dışbükey bir çokgene “güzel” diyeceğiz:

1) köşelerinin her biri üç renkten birine boyanmıştır;

2) herhangi iki bitişik köşe farklı renklere boyanmıştır;

3) Çokgenin en az bir köşesi üç rengin her birine boyanır.

Herhangi bir güzel n-gon'un ayrık köşegenlerle "güzel" üçgenlere kesilebileceğini kanıtlayın.

Matematiksel tümevarım yöntemini kullanalım.

İndüksiyon tabanı. Mümkün olan en küçük n=3 ile sorunun ifadesi açıktır: "Güzel" üçgenin köşeleri üç farklı renge boyanmıştır ve herhangi bir kesmeye gerek yoktur.

İndüksiyon Varsayımı. Sorunun ifadesinin herhangi bir "güzel" n-gon için doğru olduğunu varsayalım.

İndüksiyon adımı. Rastgele bir "güzel" (n+1)-gonu ele alalım ve tümevarım hipotezini kullanarak bunun belirli köşegenlerle "güzel" üçgenlere kesilebileceğini kanıtlayalım. (n+1)-gon'un ardışık köşelerini A 1, A 2, A 3, ... An n, An n+1 ile gösterelim. Bir (n+1)-gon'un yalnızca bir köşesi üç renkten herhangi birinde renklendirilmişse, bu köşeyi kendisine bitişik olmayan tüm köşelere köşegenlerle bağlayarak (n+1)'in gerekli bölümünü elde ederiz. )-"güzel" üçgenlere dönüşür.

Bir (n+1)-gon'un en az iki köşesi üç rengin her birinde renklendirilmişse, o zaman A 1 köşesinin rengini 1 sayısıyla ve A 2 köşesinin rengini 2 sayısıyla gösteririz. A k köşesi üçüncü renkte olacak şekilde en küçük sayı k olsun. k > 2 olduğu açıktır. A k–2 A k–1 A k üçgenini (n+1)-gon'dan A k–2 A k köşegeniyle keselim. K sayısının seçimine uygun olarak bu üçgenin tüm köşeleri üç farklı renge boyanmıştır, yani bu üçgen “güzel”dir. Geriye kalan dışbükey n-gon A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 aynı zamanda tümevarım varsayımına göre "güzel" olacaktır, yani kanıtlanması gereken “güzel” üçgenlere bölünmüştür.

8. Dışbükey bir n-gon'da herhangi ikisinin ortak noktası olacak şekilde n'den fazla köşegen seçmenin imkansız olduğunu kanıtlayın.

İspatı matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak gerçekleştirelim.

Daha genel bir ifadeyi kanıtlayalım: Dışbükey bir n-gon'da, herhangi ikisinin ortak bir noktaya sahip olması için n'den fazla kenar ve köşegen seçmek imkansızdır. n = 3 için ifade açıktır. Bu ifadenin keyfi bir n-gon için doğru olduğunu varsayalım ve bunu kullanarak, bunun keyfi bir (n+1)-gon için geçerliliğini kanıtlayacağız.

Bu ifadenin (n+1)-gon için doğru olmadığını varsayalım. Bir (n+1)-gon'un her bir köşesinden ikiden fazla seçilmiş kenar veya köşegen çıkmıyorsa, toplamda bunlardan n+1'den fazlası seçilmez. Bu nedenle, bazı A köşelerinden en az üç seçilmiş kenar veya köşegen AB, AC, AD vardır. AC AB ve AD arasında olsun. C noktasından çıkan ve CA dışında herhangi bir kenar veya köşegen aynı anda AB ve AD'yi kesemeyeceğinden, C noktasından yalnızca seçilmiş bir CA köşegeni çıkar.

C noktasını ve CA köşegenini bir kenara bırakırsak, herhangi ikisinin ortak noktası olan n'den fazla kenarın ve köşegenlerin seçildiği dışbükey bir n-gon elde ederiz. Böylece, ifadenin keyfi bir dışbükey n-gon için doğru olduğu varsayımıyla çelişkiye düşeriz.

Yani bir (n+1)-gon için ifade doğrudur. Matematiksel tümevarım ilkesine göre bu ifade herhangi bir dışbükey n-gon için doğrudur.

9. Bir düzlemde hiçbiri paralel olmayan ve üçü aynı noktadan geçmeyen n tane düz çizgi vardır. Bu çizgiler düzlemi kaç parçaya böler?

Temel çizimleri kullanarak, bir düz çizginin düzlemi 2 parçaya, iki düz çizginin 4 parçaya, üç düz çizginin 7 parçaya ve dört düz çizginin 11 parçaya böldüğünü kolayca doğrulayabilirsiniz.

n düz çizginin düzlemi böldüğü parça sayısını N(n) ile gösterelim. Şu fark edilebilir ki

N(2)=N(1)+2=2+2,

N(3)=N(2)+3=2+2+3,

N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.

Bunu varsaymak doğaldır

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

veya, kurulması kolay olduğu gibi, bir aritmetik ilerlemenin ilk n teriminin toplamına ilişkin formülü kullanarak,

N(n)=1+n(n+1)/2.

Bu formülün geçerliliğini matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak kanıtlayalım.

n=1 için formül zaten kontrol edilmiştir.

Tümevarım varsayımını yaptıktan sonra, problemin koşullarını sağlayan k+1 doğrularını ele alıyoruz. Bunlardan keyfi bir şekilde k tane düz çizgi seçelim. Tümevarım hipotezine göre uçağı 1+ k(k+1)/2 parçaya bölecekler. Geriye kalan (k+1)'inci düz çizgi seçilen k düz çizgiyle k+1 parçaya bölünecek ve dolayısıyla düzlemin zaten bölünmüş olduğu (k+1)'inci parça boyunca geçecektir ve her biri bu parçalardan bir kısmı 2 parçaya bölünecek yani k+1 parça daha eklenecek. Bu yüzden,

N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,

Q.E.D.

10. x 1: x 2: ... : x n ifadesinde işlemlerin sırasını belirtmek için parantez konur ve sonuç kesir olarak yazılır:

(bu durumda x 1, x 2, ..., x n harflerinin her biri ya kesrin payında ya da paydasındadır). Tüm olası parantez yerleştirme yöntemleriyle bu şekilde kaç farklı ifade elde edilebilir?

Öncelikle ortaya çıkan kesirde payda x 1 olacağı açıktır. Parantezlerin nasıl yerleştirildiğine bakılmaksızın x 2'nin paydada olacağı neredeyse aynı derecede açıktır (x 2'nin önündeki bölme işareti ya x 2'nin kendisine ya da payda x 2 içeren bir ifadeye atıfta bulunur).

Diğer tüm x 3, x 4, ..., x n harflerinin pay veya paydaya tamamen keyfi bir şekilde yerleştirilebileceği varsayılabilir. Toplamda 2 n–2 kesir elde edebileceğiniz sonucu çıkar: n–2 harf x 3, x 4, ..., x n'nin her biri pay veya paydada diğerlerinden bağımsız olarak görünebilir.

Bu ifadeyi tümevarımla kanıtlayalım.

n=3 ile 2 kesir elde edebilirsiniz:

yani ifade doğrudur.

Bunun n=k için doğru olduğunu varsayalım ve n=k+1 için kanıtlayalım.

x 1:x 2: ... :x k ifadesinin bazı parantezlerin yerleştirilmesinden sonra belirli bir Q kesri biçiminde yazılmasına izin verin. Bu ifadede x k yerine x k:x k+1 koyarsak, o zaman x k olur Q kesirinde olduğu gibi aynı yerdedir ve x k+1, x k'nin olduğu yerde olmayacaktır (eğer x k paydadaysa, o zaman x k+1 payda olacaktır ve bunun tersi de geçerlidir).

Şimdi x k'nin bulunduğu yere x k+1 ekleyebileceğimizi kanıtlayacağız. Q kesirinde, parantezleri yerleştirdikten sonra mutlaka q:xk biçiminde bir ifade olacaktır; burada q, x k–1 harfidir veya parantez içindeki bir ifadedir. q:x k'yi (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1) ifadesiyle değiştirirsek, açıkça aynı Q kesirini elde ederiz, burada x k yerine x k ·x k+1 bulunur.

Dolayısıyla n=k+1 durumunda mümkün olan tüm kesirlerin sayısı n=k durumundakinin 2 katıdır ve 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2'ye eşittir. Böylece ifade kanıtlanmıştır.

Cevap: 2 n–2 kesir.

Çözümü olmayan sorunlar

1. Herhangi bir doğal n için şunu kanıtlayın:

a) 5 n –3 n +2n sayısı 4'e bölünebilir;

b) n 3 +11n sayısı 6'ya bölünebilir;

c) 7 n +3n–1 sayısı 9'a bölünebilir;

d) 6 2n +19 n –2 n+1 sayısı 17'ye bölünebilir;

e) 7 n+1 +8 2n–1 sayısı 19'a bölünebilir;

e) 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 sayısı 27'ye bölünebilir.

2. (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1) olduğunu kanıtlayın.

3. |sin nx| eşitsizliğini kanıtlayın n|sin x| herhangi bir doğal n için

4. Herhangi bir doğal n için a n + b n ve c n sayılarının son iki rakamı aynı olacak şekilde, 10'a bölünmeyen a, b, c doğal sayılarını bulun.

5. Eğer n nokta aynı doğru üzerinde değilse, onları birleştiren doğrular arasında en az n farklı noktanın bulunduğunu kanıtlayın.

Peano'nun aksiyomu 4'e dayanan ispat yöntemi, birçok matematiksel özelliği ve çeşitli ifadeleri ispatlamak için kullanılır. Bunun temeli aşağıdaki teoremdir.

Teorem. Eğer beyan A(N) doğal değişkenli N için doğru n= 1 ve bunun doğru olduğu gerçeğinden n = k, bundan sonraki sayı için doğru olduğu sonucu çıkar n=k, daha sonra açıklama A(N) N.

Kanıt. ile belirtelim M ifadenin kendisi için geçerli olduğu doğal sayılar kümesi A(N) doğru. O halde teoremin koşullarından elde ettiğimiz: 1) 1 M; 2) kmkM. Buradan aksiyom 4'e dayanarak şu sonuca varıyoruz: M =N, yani ifade A(N) herhangi bir doğal durum için doğru N.

Bu teoreme dayanan ispat yöntemine denir matematiksel tümevarım yöntemiyle, ve aksiyom tümevarım aksiyomudur. Bu kanıt iki bölümden oluşur:

1) ifadenin kanıtlandığını kanıtlayın A(N) için doğru n= A(1);

2) ifadenin olduğunu varsayalım A(N) için doğru n = k ve bu varsayıma dayanarak, ifadenin kanıtlandığını kanıtlayın. Bir) için doğru n = k + 1, yani ifadenin doğru olduğunu A(k) A(k + 1).

Eğer A( 1) A(k) A(k + 1) - doğru ifade, o zaman ifadenin şu olduğu sonucuna varırlar: Bir) herhangi bir doğal sayı için doğru N.

Matematiksel tümevarım yöntemiyle kanıtlama yalnızca ifadenin doğruluğunun doğrulanmasıyla başlayamaz. n= 1, ama aynı zamanda herhangi bir doğal sayıdan M. Bu durumda beyan A(N) tüm doğal sayılar için kanıtlanacak nm.

Problem: Herhangi bir doğal sayı için 1 + 3 + 5 … + (2) eşitliğinin olduğunu kanıtlayalım. N- 1) = N.

Çözüm. Eşitlik 1 + 3 + 5 … + (2 N- 1) = N ardışık ilk tek doğal sayıların toplamını bulmak için kullanılabilecek bir formüldür. Örneğin 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (toplam 4 terim içerir), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (toplam 6 terim içerir); eğer bu toplam belirtilen türden 20 terim içeriyorsa, o zaman 20 = 400'e eşittir, vb. Bu eşitliğin doğruluğunu kanıtladıktan sonra formülü kullanarak belirtilen türdeki herhangi bir sayıda terimin toplamını bulabileceğiz.

1) Bu eşitliğin doğruluğunu doğrulayalım. n= 1. Ne zaman n= 1 eşitliğinin sol tarafı 1'e eşit bir terimden oluşur, sağ tarafı ise 1= 1'e eşittir. 1 = 1 olduğundan, n= 1 bu eşitlik doğrudur.

2) Bu eşitliğin aşağıdakiler için doğru olduğunu varsayalım: n = k, yani yani 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Bu varsayıma dayanarak bunun doğru olduğunu kanıtlıyoruz. n = k + 1, yani 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Son eşitliğin sol tarafına bakalım.

Varsayıma göre, ilkinin toplamı k terimler eşittir k ve dolayısıyla 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. İfade k+ 2k + 1, ifadeye tamamen eşittir ( k + 1).

Dolayısıyla bu eşitliğin doğruluğu n = k + 1 kanıtlanmıştır.

Dolayısıyla bu eşitlik aşağıdakiler için doğrudur: n= 1 ve onun gerçeğinden n = k için doğru olmalı n = k + 1.

Bu da eşitliğin her doğal sayı için geçerli olduğunu kanıtlar.

Matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak yalnızca eşitliklerin değil eşitsizliklerin de doğruluğunu kanıtlayabilirsiniz.

Görev. Bunu kanıtla, nerede nN.

Çözüm. Eşitsizliğin doğruluğunu kontrol edelim n= 1. Gerçek eşitsizliğimiz var.

Eşitsizliğin doğru olduğunu varsayalım. n = k, onlar. - gerçek eşitsizlik. Varsayıma dayanarak bunun aşağıdakiler için de doğru olduğunu kanıtlayalım: n = k + 1, yani (*).

Eşitsizliğin sol tarafını (*) aşağıdakileri dikkate alarak dönüştürelim: .

Ancak , yani .

Yani bu eşitsizlik aşağıdakiler için doğrudur: n= 1 ve eşitsizliğin bazıları için doğru olduğu gerçeğinden yola çıkarak n= k için de geçerli olduğunu gördük. n= k + 1.

Böylece aksiyom 4'ü kullanarak bu eşitsizliğin herhangi bir doğal sayı için doğru olduğunu kanıtladık.

Diğer ifadeler matematiksel tümevarım yöntemi kullanılarak kanıtlanabilir.

Görev. Herhangi bir doğal sayı için ifadenin doğru olduğunu kanıtlayın.

Çözüm. İfadenin doğruluğunu ne zaman kontrol edelim n= 1: -doğru ifade.

Bu ifadenin aşağıdakiler için doğru olduğunu varsayalım: n = k: . Bunu kullanarak ifadenin doğruluğunu gösterelim. n = k + 1: .

İfadeyi dönüştürelim: . Hadi farkı bulalım k Ve k+ 1 üye. Ortaya çıkan farkın 7'nin katı olduğu ortaya çıkarsa ve çıkanın 7'ye bölünebildiği varsayımına göre, o zaman eksi de 7'nin katı olur:

Bu nedenle çarpım 7'nin katıdır ve .

Dolayısıyla bu ifade şu kişiler için doğrudur: n= 1 ve onun gerçeğinden n = k için doğru olmalı n = k + 1.

Bu, bu ifadenin herhangi bir doğal sayı için doğru olduğunu kanıtlar.

Görev. Herhangi bir doğal sayı için bunu kanıtlayın N 2 ifadesi (7-1)24 doğrudur.

Çözüm. 1) İfadenin doğruluğunu şu durumlarda kontrol edelim: N= 2: - doğru ifade.